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河南省南阳市新野一高2016-2017学年上学期高二(上)第一次月考物理试卷(解析版).doc


2016-2017 学年河南省南阳市新野一高高二(上)第一次月 考物理试卷
一、选择题(共 12 小题,每小题 4 分,满分 48 分其中第 1~8 题给出的四个选项中只有一 个是正确的,第 9~12 题中给出的四个选项中,至少有两个选项是正确的) 1.关于电场强度及电场线的概念,下列说法中正确的是( A.电荷在电场中某点受到的电场力大,该点的电场强度就大 B.电场强度的方向总跟电场力的方向一致,电场线上某一点的切线方向即为该点的场强方 向 C.在电场中某点不放电荷,该点电场强度不一定为零 D.电场线的方向就是电荷所受电场力的方向 2.如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中 M 点以相同速度垂直于电场线方向 飞出 a、b 两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示.则( ) )

A.a 一定带正电,b 一定带负电 B.a 的速度将减小,b 的速度将增加 C.a 的加速度将减小,b 的加速度将增加 D.两个粒子的动能,一个增加一个减小 3.如图所示,M、N 两点分别放置两个等量异种电荷,A 为它们连线的中点,B 为连线上 靠近 N 的一点,C 为连线的中垂线上处于 A 点上方的一点,在 A、B、C 三点中( )

A.场强最小的点是 A 点,电势最高的点是 B 点 B.场强最小的点是 A 点,电势最高的点是 C 点 C.场强最小的点是 C 点,电势最高的点是 B 点

D.场强最小的点是 C 点,电势最高的点是 A 点 4. U、 将平行板电容器两极板之间的距离、 电压、 电场强度大小和极板所带的电荷分别用 d、 E 和 Q 表示.下列说法正确的是( )

A.保持 U 不变,将 d 变为原来的两倍,则 E 变为原来的两倍 B.保持 E 不变,将 d 变为原来的一半,则 U 变为原来的两倍 C.保持 d 不变,将 Q 变为原来的两倍,则 U 变为原来的一半 D.保持 d 不变,将 Q 变为原来的一半,则 E 变为原来的一半 5.如图甲所示,Q1、Q2 为两个被固定的点电荷,其中 Q1 带正电,a、b 两点在它们连线的 延长线上.现有一带正电的粒子以一定的初速度沿直线从 a 点开始经 b 点向远处运动 (粒子 只受电场力作用) ,粒子经过 a、b 两点时的速度分别为 va、vb,其速度图象如图乙所示.以 下说法中正确的是( )

A.整个运动过程中,粒子的电势能先减小后增大 B.Q1 的电量一定小于 Q2 的电量 C.b 点的电场强度一定为零,电势不一定为零 D.Q1、Q2 一定是同种电荷 6.如图所示,A,B,C,D,E 是半径为 r 的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一 个点电荷,除 A 点处的电量为﹣q 外,其余各点处的电量均为+q,则圆心 O 处( )

A.场强大小为

,方向沿 OA 方向

B.场强大小为

,方向沿 AO 方向

C.场强大小为

,方向沿 OA 方向

D.场强大小为

,方向沿 AO 方向

7.如图所示,当 ab 端接入 100V 电压时,cd 两端为 20V;当 cd 两端接入 100V 时,ab 两 端电压为 50V,则 R1:R2:R3 之比是( )

A.4:1:2

B.2:1:1

C.3:2:1 )

D.以上都不对

8.一节五号干电池的电动势是 1.5V,下列说法正确的是( A.任何电池的电动势都是 1.5 V

B.直接用电压表测该干电池两端电压(不接入电路) ,电压表示数应该是 1.5V C.把这节电池与一个小灯泡构成闭合回路,这时用电压表测该干电池两端电压,电压表示 数应该是 1.5V D.我们使用电池时常需几节串联起来用,电池组的电动势还是 1.5V 9.如图所示,水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场,板间距离为 d,一个带 负电的液滴带电荷量大小为 q,质量为 m,从下板边缘射入电场,沿直线从上板边缘射出, 则下列说法正确的是( )

A.液滴做的是匀速直线运动 C.两板间的电势差为

B.液滴做的是匀减速直线运动 D.液滴的电势能减少了 mgd

10.两个点电荷 Q1,Q2 固定于 x 轴上,将一带正电的试探电荷从足够远处沿 x 轴负方向移 近 Q2 (位于坐标原点 O) , 在移动过程中, 试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示. 则 下列判断正确的是( )

A.M 点电势为零,N 点场强为零 B.M 点场强为零,N 点电势为零 C.Q1 带负电,Q2 带正电,且 Q2 电荷量较小 D.Q1 带正电,Q2 带负电,且 Q2 电荷量较小 11.如图所示,从灯丝发出的电子经加速电场加速后,进入偏转电场,若加速电压为 U1, 偏转电压为 U2,要使电子在电场中的偏转量减小为原来的 倍,则下列方法中可行的是 ( )

A.使 U1 增大为原来的 2 B.使 U2 减小为原来的 倍 C.使偏转板的长度增大为原来 2 倍 D.使偏转板的距离减小为原来的 12.如图所示,图线 1 表示的导体的电阻为 R1,图线 2 表示的导体的电阻为 R2,则下列说 法正确的是( )

A.R1:R2=1:3 B.R1:R2=3:1 C.将 R1 与 R2 串联后接于电源上,则电流比 I1:I2=1:3 D.将 R1 与 R2 并联后接于电源上,则电流比 I1:I2=3:1

二、填空题(共 2 小题,满分 20 分)

13.如果在某电场中将 5.0×10﹣8C 的电荷由 A 点移到 B 点,电场力做功为 6.0×10﹣3J,那 么 A、B 两点间的电势差为 功为 ,电荷的电势能
8 ;如果把 2.5×10﹣ C 的负电荷由 A 点移到 B 点,电场力做

. (增大、减小、不变)

14.某同学测量阻值约为 25kΩ 的电阻 Rx,现备有下列器材: A.电流表(量程 100 μA,内阻约 2kΩ) ; B.电流表(量程 500 μA,内阻约 300Ω) ; C.电压表(量程 15V,内阻约 100kΩ) ; D.电压表(量程 50V,内阻约 500kΩ) ; E.直流电源(20V,允许最大电流 1A) ; F.滑动变阻器(最大阻值 1kΩ,额定功率 1W) ; G.电键和导线若干. 电流表应选 ,电压表应选 . (填字母代号)

为保证实验顺利进行,并使测量误差尽量减小,请在方框内画出实验电路图.

三、计算题(共 4 小题,满分 42 分) 15. 如图所示, 一带电量为 q 小球用绝缘绳悬挂, 匀强电场方向水平向右, 小球的重力为 G, 偏离竖直方向的夹角为 θ=30°.求: (1)带点小球的电性是(正或负) ; (2)求出小球受到的电场力 F 的大小.

16.如图,水平放置的金属薄板 A、B 间有匀强电场,电场强度大小 E=2.0×106N/C.A 板
12 上有一小孔,D 为小孔正上方 h=3.2mm 处的一点.一带负电的油滴在重力 G=3.2×10﹣ N

作用下,由 D 点静止开始做自由落体运动.当油滴进入电场后,恰好做匀速直线运动.求:
2 (g 取 10m/s )

(1)油滴刚进入电场时的速度大小; (2)油滴所带的电荷量.

17.如图所示为实验室常用的两个量程的电流表原理图.当使用 O、A 两接线柱时,量程为 0.6A;当使用 O、B 两接线柱时,量程为 3A.已知电流计的内电阻为 Rg=200Ω,满偏电流 Ig=100mA.求分流电阻 R1 和 R2 的阻值.

18.如图所示,在 E=1×103V/m 的竖直匀强电场中,有一光滑的半圆形绝缘轨 QPN 与一水 P 为 QN 圆弧的中点, 平绝缘轨道 MN 连接, 半圆形轨道平面与电场线平行, 其半径 R=40cm,
﹣4 一带正电 q=10 C 的小滑块质量 m=10g,位于 N 点右侧 s=1.5m 处,与水平轨道间的动摩擦

因数 μ=0.15, 取 g=10m/s . 现给小滑块一向左的初速度, 滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q, 求: (1)滑块在圆轨道最高点 Q 的速度大小; (2)滑块应以多大的初速度 v0 向左运动?

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2016-2017 学年河南省南阳市新野一高高二(上)第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析

一、选择题(共 12 小题,每小题 4 分,满分 48 分其中第 1~8 题给出的四个选项中只有一 个是正确的,第 9~12 题中给出的四个选项中,至少有两个选项是正确的) 1.关于电场强度及电场线的概念,下列说法中正确的是( A.电荷在电场中某点受到的电场力大,该点的电场强度就大 B.电场强度的方向总跟电场力的方向一致,电场线上某一点的切线方向即为该点的场强方 向 C.在电场中某点不放电荷,该点电场强度不一定为零 D.电场线的方向就是电荷所受电场力的方向 【考点】电场强度;电场线. 【分析】电场力 F=qE,受到的电场力大,该点的电场强度不一定大,电场强度的方向总跟 正电荷所受电场力的方向一致, 某点的电场强度由场源和该点的位置决定, 与试探电荷无关. 【解答】解:A、电场力 F=qE,受到的电场力大,该点的电场强度不一定大,故 A 错误; B、电场强度的方向总跟正电荷所受电场力的方向一致,故 B 错误; C、在电场中某点不放电荷,该点电场强度不一定为零,可能有其它电荷在该处有电场,故 C 正确; D、电场线上点的切线方向是场强方向,其方向与正电荷所受电场力的方向相同,与负电荷 所受电场力的方向相反,故 D 错误; 故选:C. 【点评】电场线是为了现象描述电场而引入的,电场强度是用比值法定义的物理量之一,电 场中某点的电场强度是由电场本身决定的, 与该点是否有试探电荷无关. 加强基础知识的学 习,掌握住电场线的特点,即可解决本题. )

2.如图所示,实线为不知方向的三条电场线,从电场中 M 点以相同速度垂直于电场线方向 飞出 a、b 两个带电粒子,仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示.则( )

A.a 一定带正电,b 一定带负电 B.a 的速度将减小,b 的速度将增加 C.a 的加速度将减小,b 的加速度将增加 D.两个粒子的动能,一个增加一个减小 【考点】电场线;电势能. 【分析】电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小. 物体做曲线运动,所受力的方向指向轨道的内侧. 根据电场力做功来判断动能的变化. 【解答】解:A、物体做曲线运动,所受力的方向指向轨道的内侧,由于电场线的方向不知, 所以粒子带电性质不定,故 A 错误; B、物体做曲线运动,所受力的方向指向轨道的内侧,从图中轨道变化来看速度与力方向的 夹角小于 90° , 所以电场力都做正功,动能都增大,速度都增大,故 B 错误,D 错误. C、电场线密的地方电场的强度大,电场线疏的地方电场的强度小,所以 a 受力减小,加速 度减小,b 受力增大,加速度增大,故 C 正确. 故选:C. 【点评】加强基础知识的学习,掌握住电场线的特点,即可解决本题.

3.如图所示,M、N 两点分别放置两个等量异种电荷,A 为它们连线的中点,B 为连线上 靠近 N 的一点,C 为连线的中垂线上处于 A 点上方的一点,在 A、B、C 三点中( )

A.场强最小的点是 A 点,电势最高的点是 B 点 B.场强最小的点是 A 点,电势最高的点是 C 点

C.场强最小的点是 C 点,电势最高的点是 B 点 D.场强最小的点是 C 点,电势最高的点是 A 点 【考点】电势;电场强度. 【分析】根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小,以及电势的高低.沿着电场线 方向电势降低. 【解答】解:根据等量异种电荷电场线的分布,知道 EB>EA>EC,场强最小的是 C 点.等 量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线,知 ΦA=ΦC,沿着电场线方向电势逐渐降低, 异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷,知 ΦB>ΦA,所以电势最高点是 B 点.故 A、B、 D 错误,C 正确. 故选 C. 【点评】 解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连 线的垂直平分线是等势线.

4. U、 将平行板电容器两极板之间的距离、 电压、 电场强度大小和极板所带的电荷分别用 d、 E 和 Q 表示.下列说法正确的是( )

A.保持 U 不变,将 d 变为原来的两倍,则 E 变为原来的两倍 B.保持 E 不变,将 d 变为原来的一半,则 U 变为原来的两倍 C.保持 d 不变,将 Q 变为原来的两倍,则 U 变为原来的一半 D.保持 d 不变,将 Q 变为原来的一半,则 E 变为原来的一半 【考点】电容器的动态分析. 【分析】保持 U 不变,根据公式 E= 分析 E 与 d 的关系;保持 E 不变,U 与 d 正比;保持 d 不变,C 不变,根据 C= 分析 Q 与 U 的关系;保持 d 不变,将 Q 变为原来的一半,由 C= 分析 U 的变化,由 E= 分析 E 的变化. 【解答】解:A、保持 U 不变,将 d 变为原来的两倍,根据公式 E= 可知,E 变为原来的 一半.故 A 错误. B、保持 E 不变,将 d 变为原来的一半,由 U=Ed 可知,U 变为原来的一半.故 B 错误. C、保持 d 不变,电容 C 不变,将 Q 变为原来的两倍,由公式 C= 分析可知,U 变为原来 的两倍.故 C 错误.

D、保持 d 不变,电容 C 不变,将 Q 变为原来的一半,由公式 C= 分析可知,U 变为原来 的一半,由 E= 分析知,E 变为原来的一半.故 D 正确. 故选:D 【点评】本题关键要掌握 E= 、C= 两个公式,同时,要明确 d 不变时,电容 C 不变.

5.如图甲所示,Q1、Q2 为两个被固定的点电荷,其中 Q1 带正电,a、b 两点在它们连线的 延长线上.现有一带正电的粒子以一定的初速度沿直线从 a 点开始经 b 点向远处运动 (粒子 只受电场力作用) ,粒子经过 a、b 两点时的速度分别为 va、vb,其速度图象如图乙所示.以 下说法中正确的是( )

A.整个运动过程中,粒子的电势能先减小后增大 B.Q1 的电量一定小于 Q2 的电量 C.b 点的电场强度一定为零,电势不一定为零 D.Q1、Q2 一定是同种电荷 【考点】电场强度;匀变速直线运动的图像;电场线. 【分析】 速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度,可见 a 到 b 做加速度减小的减 速运动,到 b 点加速度为 0.从而知道 b 点的电场力及电场强度.通过 B 点的场强可以分析 出两个点电荷电量的大小.通过能量守恒判断电势能的变化. 【解答】解:A、整个运动过程中,粒子的动能先减小后增大,根据能量守恒知其电势能先 增大后减小.故 A 错误. BD、从速度图象上看,可见 a 到 b 做加速度减小的减速运动,在 b 点时粒子运动的加速度 为零,则电场力为零,所以该点场强为零.Q1 对负电荷的电场力向右,则 Q2 对负电荷的电 场力向左,所以 Q2 带正电.b 点场强为零,可见两点电荷在 b 点对负电荷的电场力相等, 根据 F=k B、D 错误. ,b 到 Q1 的距离大于到 Q2 的距离,所以 Q1 的电量一定大于 Q2 的电量.故

C、由上分析知 b 点的电场强度一定为零,但电势是相对的,电势零点可人为选择,所以电 势不一定为零,故 C 正确. 故选:C 【点评】解决本题的关键根据图象 b 点的加速度为 0,根据这一突破口,从而判断 Q2 的电 性及 Q1 和 Q2 的电量大小.

6.如图所示,A,B,C,D,E 是半径为 r 的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一 个点电荷,除 A 点处的电量为﹣q 外,其余各点处的电量均为+q,则圆心 O 处( )

A.场强大小为

,方向沿 OA 方向

B.场强大小为

,方向沿 AO 方向

C.场强大小为

,方向沿 OA 方向

D.场强大小为

,方向沿 AO 方向

【考点】点电荷的场强. 【分析】 根据点电荷的场强公式求出点电荷产生的场强, 然后由平行四边形定则求出各点电 荷场强的合场强,然后求出 O 点的场强大小与方向. 【解答】解:由点电荷的场强公式可知,各点电荷在 O 点产生的场强大小为 E= 电场强度是矢量,求合场强应用平行四边形定则,由对称性可知, B、C、D、E 四个点电荷的合场强大小为 E′= ,方向沿 OA 方向, ,

则 A、B、C、D、E 五个点电荷的合场强大小为: E 合=E′+E= 故选 C. + = ,方向沿 OA 方向;

【点评】 本题考查了电场强度问题, 熟练应用点电荷的场强公式及平行四边形定则是正确解 题的关键.

7.如图所示,当 ab 端接入 100V 电压时,cd 两端为 20V;当 cd 两端接入 100V 时,ab 两 端电压为 50V,则 R1:R2:R3 之比是( )

A.4:1:2 【考点】欧姆定律.

B.2:1:1

C.3:2:1

D.以上都不对

【分析】分析两种情况下电路的结构,由串联电路的分压规律可得出电阻的关系;再得出三 个电阻的关系. 【解答】解:当 ab 端接入电压时,cd 端输出电压为 20= 解得:2R2=R1; 当 cd 接入电压时,ab 端输出电压 50= 解得:2R3=R2; 故电阻之比 R1:R2:R3=4:2:1. 故选:D. ×100; ×100;

【点评】本题考查串联电路的分压原理,要注意明确电路的结构,再由串联电路的规律进行 分压.

8.一节五号干电池的电动势是 1.5V,下列说法正确的是( A.任何电池的电动势都是 1.5 V



B.直接用电压表测该干电池两端电压(不接入电路) ,电压表示数应该是 1.5V C.把这节电池与一个小灯泡构成闭合回路,这时用电压表测该干电池两端电压,电压表示 数应该是 1.5V D.我们使用电池时常需几节串联起来用,电池组的电动势还是 1.5V 【考点】电源的电动势和内阻. 【分析】 电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压. 电源是把其他形式的能转化为电能 的装置.电动势是电源本身的性质决定的. 【解答】解:A、只有干电池的电动势才是 1.5V;故 A 错误; B、当不接入电路时,直接用电压表测该干电池两端电压时,电压表的示数应该是 1.5V,故 B 正确; C、若构成回路,则电压表所测电压为电源的路端电压,小于 1.5V;故 C 错误; D、若电池串联使用,则电池组的电动势应为各电池的电动势之和;故 D 错误; 故选:B. 【点评】本题考查电源的电动势的定义,要注意电动势描述电源能力的物理量,当接入电路 时其输出电压等于路端电压,其大小小于电动势.

9.如图所示,水平放置的平行金属板充电后在板间形成匀强电场,板间距离为 d,一个带 负电的液滴带电荷量大小为 q,质量为 m,从下板边缘射入电场,沿直线从上板边缘射出, 则下列说法正确的是( )

A.液滴做的是匀速直线运动 C.两板间的电势差为

B.液滴做的是匀减速直线运动 D.液滴的电势能减少了 mgd

【考点】带电粒子在混合场中的运动. 【分析】液滴沿直线运动,则其所受的合力方向与速度方向在同一直线上或合力为零,即可 判断出电场力方向竖直向上,而且电场力与重力相平衡,由平衡条件和 U=Ed 求解电势差. 【解答】解:A、液滴进入竖直方向的匀强电场中,所受的电场力方向竖直向上或竖直向下, 因为微粒做直线运动,可知,电场力方向必定竖直向上,而且电场力与重力平衡,液滴做匀 速直线运动,故 A 正确 B 错误; C、液滴从下极板运动到上极板的过程中,由动能定理有 qU﹣mgd=0,所以:U= C 正确; D、液滴进入竖直方向的匀强电场中,重力做功﹣mgd,微粒的重力势能增加,动能不变, 根据能量守恒定律得知,微粒的电势能减小了 mgd.故 D 正确; 故选:ACD. 【点评】本题是带电粒子在电场中运动的问题,关键是分析受力情况,判断出粒子做匀速直 线运动. ,故

10.两个点电荷 Q1,Q2 固定于 x 轴上,将一带正电的试探电荷从足够远处沿 x 轴负方向移 近 Q2 (位于坐标原点 O) , 在移动过程中, 试探电荷的电势能随位置的变化关系如图所示. 则 下列判断正确的是( )

A.M 点电势为零,N 点场强为零 B.M 点场强为零,N 点电势为零 C.Q1 带负电,Q2 带正电,且 Q2 电荷量较小 D.Q1 带正电,Q2 带负电,且 Q2 电荷量较小 【考点】电势能;电场强度.

【分析】由图读出电势能 EP,由 φ=

,分析电势.EP﹣x 图象的斜率

=F,即斜率大

小等于电场力大小.由 F=qE,分析场强.根据正电荷在电势高处电势能大,分析电势变化, 确定场强的方向,由 N 点场强为零,判断两电荷的电性和电量的大小. 【解答】解:A、B 由图知,M 点电势能 EP=0,由 φ= 分析得知,M 点电势 φ=0.EP﹣x

图象的斜率

=F=qE,则知 N 点场强为零.故 A 正确,B 错误.

CD、根据正电荷在电势高处电势能大,可知,带正电的试探电荷从远处移近 Q2 的过程中, 电势能先减小后增大,电势先降低后升高,说明 Q1 带负电,Q2 带正电,N 点场强为零,由 E=k 知,Q2 电荷量较小.故 C 正确,D 错误.

故选 AC 【点评】本题一要抓住 EP﹣x 图象的斜率 =qE 分析场强的变化.二要根据推论正电荷

在电势高处电势能大,分析电势的变化,确定电荷的电性.

11.如图所示,从灯丝发出的电子经加速电场加速后,进入偏转电场,若加速电压为 U1, 偏转电压为 U2,要使电子在电场中的偏转量减小为原来的 倍,则下列方法中可行的是 ( )

A.使 U1 增大为原来的 2 B.使 U2 减小为原来的 倍 C.使偏转板的长度增大为原来 2 倍 D.使偏转板的距离减小为原来的 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动. 【分析】电子先经加速电场加速后,再进入偏转电场偏转.先根据动能定理求出加速获得的 速度与加速电压的关系. 由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度, 根据运动的合

成与分解, 推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系, 再综合得到偏转电场中偏转 量与加速电压、偏转电压的关系,再进行分析选择. 【解答】解:设电子的质量和电量分别为 m 和 e. 电子在加速电场中加速过程,根据动能定理得 eU1= ① = ②

电子进入偏转电场后做类平抛运动,加速度大小为 a= 电子在水平方向做匀速直线运动,则有 t= 在竖直方向做匀加速运动,则偏转量为 y= ③ ④

联立上述四式得,y=

由上可得,要使电子在电场中的偏转量减小为原来的 倍,采用的方法有:使 U1 增大为原 来的 2 倍,或使 U2 减小为原来的 倍,或使偏转板的长度减小为原来的 的距离 d 增大为原来的 2 倍,故 AB 正确,CD 错误. 故选:AB 【点评】 本题中粒子从静止开始先进入加速电场后进入偏转电场, 推导得到的结论与粒子的 质量和电量无关. 倍,或使偏转板

12.如图所示,图线 1 表示的导体的电阻为 R1,图线 2 表示的导体的电阻为 R2,则下列说 法正确的是( )

A.R1:R2=1:3 B.R1:R2=3:1 C.将 R1 与 R2 串联后接于电源上,则电流比 I1:I2=1:3 D.将 R1 与 R2 并联后接于电源上,则电流比 I1:I2=3:1 【考点】欧姆定律.

【分析】通过 I﹣U 图象得出两电阻的关系.串联电路电流相等,并联电路,电压相等,电 流比等于电阻之反比. 【解答】解:A、根据 I﹣U 图象知,图线的斜率表示电阻的倒数,所以 R1:R2=1:3;故 A 正确,B 错误; C、串联电路电流处处相等,所以将 R1 与 R2 串联后接于电源上,电流比 I1:I2=1:1.故 C 错误; D、并联电路,电压相等,电流比等于电阻之反比,所以将 R1 与 R2 并联后接于电源上,电 流比 I1:I2=3:1.故 D 正确; 故选:AD. 【点评】 解决本题的关键知道 I﹣U 图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点.

二、填空题(共 2 小题,满分 20 分) 13.如果在某电场中将 5.0×10﹣8C 的电荷由 A 点移到 B 点,电场力做功为 6.0×10﹣3J,那 么 A、B 两点间的电势差为 功为 ,电荷的电势能
8 ;如果把 2.5×10﹣ C 的负电荷由 A 点移到 B 点,电场力做

. (增大、减小、不变)

【考点】电势能;电势差;电势差与电场强度的关系. 【分析】电荷由 A 点移到 B 点,电场力对电荷做功,根据电势差公式 UAB= 求解 A、B

两点间的电势差 UAB.根据 W=qUAB 即可计算出在 AB 之间移动电荷电场力做的功. 【解答】解:根据电势差公式 UAB= , V

根据 W=qUAB 得: 做负功,电荷的电势能增大.
5 3 故答案为:1.2×10 V;﹣3.0×10﹣ J;增大.

J,由于电场力

【点评】本题中运用电势差公式 UAB=

时,各量都要代入符号进行计算.

14.某同学测量阻值约为 25kΩ 的电阻 Rx,现备有下列器材: A.电流表(量程 100 μA,内阻约 2kΩ) ;

B.电流表(量程 500 μA,内阻约 300Ω) ; C.电压表(量程 15V,内阻约 100kΩ) ; D.电压表(量程 50V,内阻约 500kΩ) ; E.直流电源(20V,允许最大电流 1A) ; F.滑动变阻器(最大阻值 1kΩ,额定功率 1W) ; G.电键和导线若干. 电流表应选 ,电压表应选 . (填字母代号)

为保证实验顺利进行,并使测量误差尽量减小,请在方框内画出实验电路图.

【考点】伏安法测电阻. 【分析】合理选择实验器材,先选必要器材,再根据要求满足安全性,准确性,方便操作的 原则选择待选器材.电流表的接法要求大电阻内接法,小电阻外接法.滑动变阻器是小电阻 控制大电阻,用分压式接法. 【解答】解:电源电压为 20V,故电压表应选择 C; 通过电流值约为: =8×10﹣4A=8OOμA

而电流表 A 量程太小,内阻也大,所以不选 A,而 B 合适.因待测电阻约为 25KΩ,25KΩ > KΩ 为大电阻故用内接法:

因是小电阻控制大电阻, 若用限流式接法, 控制的电压变化范围太小, 则应用分压式接法. 原 理图如图所示;

故答案为:B,C,如图所示; 【点评】实验电路所用器材的要求要熟练掌握,读数的要求,误差来源的分析,变阻器的分 压与限流式区别要弄清楚.

三、计算题(共 4 小题,满分 42 分) 15. 如图所示, 一带电量为 q 小球用绝缘绳悬挂, 匀强电场方向水平向右, 小球的重力为 G, 偏离竖直方向的夹角为 θ=30°.求: (1)带点小球的电性是(正或负) ; (2)求出小球受到的电场力 F 的大小.

【考点】电场强度;共点力平衡的条件及其应用. 【分析】 (1)带电小球处于匀强电场,在电场力、拉力与重力,处于平衡状态.由电场线可 知电场力方向,即可确定根据电荷的电性. (2)根据平衡条件列式,求解小球所受的电场力大小. 【解答】解: (1)小球处于匀强电场,在电场力 qE、拉力 FT 与重力 G 处于平衡状态,如图, 电场力方向应水平向右,与电场强度方向相同,所以小球带正电. (2)结合受力示意图,根据平衡条件,小球受到的电场力为: F=qE=mgtan30° = .

答: (1)小球带正电荷. (2)小球受到的电场力为 .

【点评】解答本题时要知道:若带负电的电场力与电场强度方向相反,若是正电,则电场力 方向与电场强度方向相同. 同时通过力的平行四边形定则来处理不在一条直线上的力, 让力 与力构成一定的关系.

16.如图,水平放置的金属薄板 A、B 间有匀强电场,电场强度大小 E=2.0×106N/C.A 板
12 上有一小孔,D 为小孔正上方 h=3.2mm 处的一点.一带负电的油滴在重力 G=3.2×10﹣ N

作用下,由 D 点静止开始做自由落体运动.当油滴进入电场后,恰好做匀速直线运动.求:
2 (g 取 10m/s )

(1)油滴刚进入电场时的速度大小; (2)油滴所带的电荷量.

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;动能定理的应用. 【分析】 (1)对自由落体过程进行分析,根据机械能守恒定律可求得刚进入电场时的速度大 小; (2)根据油滴的平衡条件可明确油滴所带的电荷量. 【解答】解: (1)油滴在自由落体运动的过程中,根据机械能守恒定律得: mgh= mv2 解得:v= = =0.8m/s

(2)在电场中,油滴做匀速直线运动,则由平衡条件可知,应有: qE=G 解得:q= = =1.6×10﹣18C

答: (1)油滴刚进入电场时的速度大小为 0.8m/s;
﹣18 (2)油滴所带的电荷量为 1.6×10 C

【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动,要注意明确粒子的受力情况,明确功能关系的 正确应用是解题的关键.

17.如图所示为实验室常用的两个量程的电流表原理图.当使用 O、A 两接线柱时,量程为 0.6A;当使用 O、B 两接线柱时,量程为 3A.已知电流计的内电阻为 Rg=200Ω,满偏电流 Ig=100mA.求分流电阻 R1 和 R2 的阻值.

【考点】把电流表改装成电压表;用多用电表测电阻. 【分析】 本题的关键是明确电压表是电流表与分压电阻串联而改装成的, 当电压表达到量程 时通过电流表的电流应为满偏电流,然后根据串并联规律求出分压电阻的大小即可. 【解答】解:由图示电路图,由欧姆定律可得: 接 O、A 时:IgRg=(I1﹣Ig) (R1+R2) , 接 O、B 时:Ig(Rg+R1)=(I2﹣Ig)R2, 代入数据解得:R1=32Ω,R2=8Ω. 答:分流电阻 R1 和 R2 的阻值分别为:32Ω、8Ω. 【点评】 电压表是电流表与分压电阻串联而成, 当电压表达到量程时通过电流表的电流应为 满偏电流.

18.如图所示,在 E=1×103V/m 的竖直匀强电场中,有一光滑的半圆形绝缘轨 QPN 与一水 P 为 QN 圆弧的中点, 平绝缘轨道 MN 连接, 半圆形轨道平面与电场线平行, 其半径 R=40cm,
﹣4 一带正电 q=10 C 的小滑块质量 m=10g,位于 N 点右侧 s=1.5m 处,与水平轨道间的动摩擦

因数 μ=0.15, 取 g=10m/s . 现给小滑块一向左的初速度, 滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q, 求: (1)滑块在圆轨道最高点 Q 的速度大小; (2)滑块应以多大的初速度 v0 向左运动?

2

【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;向心力;动能定理的应用. 【分析】滑块恰好到达圆轨道的最高点 Q,由牛顿第二定律求出滑块在 Q 点的速度,然后 应用动能定理求出滑块的初速度. 【解答】解: (1)设小球到达 Q 点时速度为 v,小滑块恰能运动到圆轨道的最高点 Q 时, 则有:mg+qE= 得:V= m/s

(2)滑块从开始运动到达 Q 点过程中,由动能定理得: ﹣(mg+qE)2R﹣μ(mg+qE)s= 联立两式解得:v0=7m/s 答: (1)滑块在圆轨道最高点 Q 的速度大小为 (2)滑块应以 7m/s 向左运动. 【点评】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力,由牛顿定律求出临界速度,再 根据动能定理求解, m/s; v2﹣ m


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